1) Ta có: $\widehat{EHB}=90^o$ (giả thiết cho $HK\bot AB$ tại H)

$\widehat{EFB}=\widehat{AFB}=90^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow H, F$ cùng nhìn cạnh EB dưới một góc $90^o$ nên $BHFE$ nội tiếp đường tròn đường kính $(BE)$

2) Tứ giác $EFIC$ có $\widehat{EFI}+\widehat{ECI}=180^o$ mà chúng ở vị trí đối nhau nên $EFIC$ nội tiếp

Xét $\Delta BIC$ và $\Delta BEF$ có:

$\widehat B$ chung

$\widehat{BIC}=\widehat{BEF}$ do $EFIC $ nội tiếp

$\Rightarrow\Delta BIC\sim\Delta BEF$ (g.g)

$\Rightarrow\dfrac{BI}{BE}=\dfrac{BC}{BF}$ (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)

$\Rightarrow BI.BF$=BC.BE

3) $\Delta EAB$ có 3 đường cao $EH,AC,BF$ cắt nhau tại $I$ nên $I$ là trực tâm của $\Delta EAB$

Xét $\Delta ECF$ và $\Delta ABC$ có:

$\widehat A$ chung

$\widehat{ECF}=\widehat{EAB}$ (do $ABCF$ nội tiếp)

$\Rightarrow\Delta ECF\sim\Delta EAB$ (g.g)

$\Rightarrow\dfrac{S_{ECF}}{S_{EAB}}=\dfrac{EC^2}{EA^2}$

$\Delta OBC$ vuông cân đỉnh $O$ nên $\widehat{OBC}=45^o$

Do đó $\Delta HBE$ vuông cân đỉnh H nên $HE=HB=\dfrac{3R}{2}$

$AH=\dfrac R2$

$\Delta AHE\bot H$ có $ EA^2=HE^2+HA^2=\dfrac{10R^2}4$

$\Rightarrow EA=\dfrac{\sqrt{10}R}{2}$

$\Delta OAC\bot O:AC^2=OA^2+OC^2=2R^2$

$\Delta EAC\bot C$: $EC^2=AE^2-AC^2=\dfrac{10R^2}4-2R^2=\dfrac{R^2}2$

$S_{EAB}=\dfrac{EH.AB}2=\dfrac{3R^2}2$

$\Rightarrow S_{ECF}=S_{EAB}.\dfrac{EC^2}{EA^2}=\dfrac{3R^2}2.\dfrac{\dfrac{R^2}2}{\dfrac{10R^2}4}=\dfrac{3R^2}{10}$

4) Tứ giác được tứ giác $BEFH$ và tứ giác $AHCE$ nội tiếp

$\Rightarrow\widehat{AEB}=\widehat{CHB}$

$\widehat{AEB}=\widehat{AHF}$

Từ hai điều trên suy ra $\widehat{CHB}=\widehat{AHF}$ (1)

$\Delta HCD$ có $HO$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên $\Delta HCD$ là tam giác cân đỉnh H

$\Rightarrow\widehat{CHB}=\widehat{DHB}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{AHF}=\widehat{BHD}$

Mà A, H, B thẳng hàng nên F, H, D thẳng hàng

Vậy FH luôn đi qua điểm cố định D.